di Gianfranco ArrigoDipartimento dell’istruzione e della cultura Bellinzona

Proposte didattiche

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Educazioneal pensiero probabilisticonella scuola media

Problema 1: Lancio di un dado classico ideale

Risultati possibili: 1 2 3 4 5 6 Probabilità associate: 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6

Somma delle probabilità:

€

16

+16

+16

+16

+16

+16

= 1

Probabilità di ottenere un numero pari con un lancio:

€

Pr(pari) =36

=12

€

Pr(pari) =16

+16

+16

=36

=12

Ci sono 3 possibilità su 6, perciò:

Primo modo di ragionare

Secondo modo di ragionare

12

3

65

4

deve uscire o il 2 o il 4 o il 6, perciò:

Problema 2: Lancio di due dadi

I risultati possibili sono coppie di numeri interi compresi tra 1 a 6. Si possono ottenere, per esempio, con una tabella:

1 2 3 4 5 61 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)

2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)

3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)

4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)

5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)

6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)

Se ci interessa la somma dei punti ottenuti in ogni lancio, al posto delle coppie inseriamo le somme.

2 3

3

4

4

4

5

5

5

5

6

6

6

6

6

7

7

7

7

7

7

8

8

8

8

8

9

9

9

9

10

10

10

11

11 12

Problema 2: Lancio di due dadi

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

La successione delle probabilità associate si dice anche distribuzione di probabilità.

1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36

Risultati possibili:

Probabilità associate:

Somma delle probabilità:

€

2 ⋅1

36+

2

36+

3

36+

4

36+

5

36 ⎛ ⎝

⎞ ⎠+

6

36= 1

Istogramma della distribuzione di probabilità

0

1/ 36

1/ 18

1/ 12

1/ 9

5/ 36

1/ 6

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Problema 3: Lancio di tre dadi

Il problema è proponibile alle classi a partire dal secondo biennio di scuola media (allievi dai 14 anni in su).

All’inizio il problema è essenzialmente combinatorio: occorre contare il numero di modi col quale si può ottenere ogni somma.

Anche qui ci si interessa alla somma dei punti usciti sui tre dadi lanciati insieme e ci si chiede quali siano le probabilità associate a ogni somma possibile.

Problema 3: Lancio di tre dadis addendi totale modi3 (1,1,1) 1 1

4 (1,1,2) 3 3

5 (1,1,3) (1,2,2) 3, 3 6

6 (1,1,4) (1,2,3) (2,2,2) 3, 6, 1 10

7 (1,1,5) (1,2,4) (1,3,3) (2,2,3) 3, 6, 3, 3 158 (1,1,6) (1,2,5) (1,3,4) (2,2,4) (2,3,3) 3, 6, 6, 3, 3 21

9 (1,2,6) (1,3,5) (1,4,4) (2,3,4) (2,5,2) (3,3,3) 6, 6, 3, 6, 3, 1 2510 (1,3,6) (1,4,5) (2,3,5) (2,4,4) (2,6,2) (3,3,4) 6, 6, 6, 3, 3, 3 27

11 6, 6, 6, 3, 3, 3 2712 6, 6, 3, 6, 3, 1 2513 3, 6, 6, 3, 3 2114 3, 6, 3, 3 1515 3, 6, 1 1016 3, 3 617 3 318 1 1

ottenibiliper

simmetria

Totale 216

Problema 3: Lancio di tre dadi

3 4 5 6 7 8 9 10

11 12 13 14 15 16 17 18

Risultati possibili e probabilità associate:

1/216 3/216 6/216 10/216 15/216 21/216 25/216 27/216

1/216 3/216 6/216 10/216 15/216 21/216 25/216 27/216

Istogrammadelladistribuzione:

0

1/50

1/25

3/50

2/25

1/10

3/25

7/50

3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

La somma delle probabilità è uguale a 1.

Problema 4: Lancio di monete non truccate

Risultati possibili: T (testa) C (croce)Probabilità associate: 1/2 1/2

Lancio di una moneta

Somma delle probabilità:

€

1

2+

1

2= 1

Lancio di due moneteI moneta II moneta risultato probabilità

T T TTT C TCC T CTC C CC

Somma delle probabilità:

€

1

4+

1

4+

1

4+

1

4= 1

€

Pr TC o CT( ) =2

4=

1

4+

1

4=

1

2

1/41/41/41/4

Problema 4: Lancio di monete non truccateLancio di tre monete Schema ad albero

II moneta

I moneta

III moneta

CT

1

2

1

2

T C CT1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

T C CTT C CT

Risultati: TTT TTC TCT TCC CTT CTC CCT CCCProbabilità: 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8

Somma probabilità:

€

1

8⋅8 = 1

€

Pr(TTT) =1

8=

1

2⋅1

2⋅1

2= Pr(T)⋅Pr(T)⋅Pr(T)

€

Pr(almeno 2 T) =4

8=

1

8+

1

8+

1

8+

1

8=Pr(TTT) +Pr(TTC) +Pr(TCT) +Pr(CTT)

Problema 4: Lancio di monete non truccate

Lancio di n monete Simulazione su foglio elettronico

Per simulare il verificarsi di un evento aleatorio si usa la funzione CASUALE(). Essa dà a ogni ricalcolo un valore casuale compreso tra 0 e 1.

Per simulare il lancio di una moneta non truccata si inserisce, per esempio, la formula =SE(CASUALE()>=0.5;"T";"C").

Nell'esempio che stiamo presentando si sono simulati 320 lanci di 5 monete. I due grafici sovrapposti mostrano l'andamento delle frequenze degli eventi Ei=“appaiono i teste, per i = 1,2,…, 5”.

Il primo grafico dà il risultato della simulazione; il secondo riproduce il risultato teorico.

Problema 4: Lancio di monete non truccate

Lancio di n monete Simulazione su foglio elettronico

N u m e r o m o n e t e k < = 5 5 N u m e r o la n c i :

L a n c io d i 5 m o n e t e T o t a l i T E S T E C o n t r o l lo T E S T E

I I I I I I IV V 0 1 2 3 4 5

1 8 4 9 6 7 9 9 6 5 2 2

T T T T T 5 0 0 0 0 0 1

C T T T T 4 0 0 0 0 1 0

C C T C C 1 0 1 0 0 0 0

T C C T T 3 0 0 0 1 0 0

C C C C C 0 1 0 0 0 0 0

C C T C C 1 0 1 0 0 0 0

T T C T T 4 0 0 0 0 1 0

… … … … … … … … … … … …

3 2 0

0

0 ,0 5

0 ,1

0 ,1 5

0 ,2

0 ,2 5

0 ,3

0 ,3 5

0 1 2 3 4 5

S P E R I M E N T A L E

T E O R I C O

Problema 4: Lancio di monete non truccate

Lancio di n monete Teorizzazione

Modellizzazione: quanti risultati possibili esistono?

Lanciare n monete, o -il che è equivalente- lanciare n volte una moneta, è come distribuire n oggetti (le n monete o gli n lanci) in due cassetti (T e C).

Vi sono quindi 2n possibilità.

Se ci si interroga, ad esempio, sul verificarsi di k volte T, questo risultato assume la forma di una parola di n lettere, delle quali k sono T e (n–k) sono C.

Vi sono quindin!

k! (n–k)! modi di ottenere k volte T.

Problema 4: Lancio di monete non truccate

Lancio di n monete Teorizzazione

La probabilità teorica di ottenere k volte T su n lanci di una moneta è dunque:

n!

k! (n–k)! 2n Tabulazione su foglio elettronico

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10n1 0.52 0.25 0.5 0.253 0.125 0.375 0.375 0.1254 0.063 0.25 0.375 0.25 0.0635 0.031 0.156 0.313 0.313 0.156 0.031

10 1E-03 0.01 0.044 0.117 0.205 0.246 0.205 0.117 0.044 0.01 1E-03

Simmetria dei valori di probabilità, fissato n, al variare di k: per esempio, su 10 lanci, ottenere 3 T è come ottenere 7 T.

Problema 5: Estrazione da un’urna opaca

Estraendo a caso una biglia, qual è la probabilità che sia bianca?

Se in un'urna opaca si mettono 3 biglie nere e 3 bianche, la probabilità che estraendo una biglia a caso essa risulti bianca è evidentemente 3/6 ossia 1/2.

Ma, se si avesse la possibilità di distribuire a piacimento le 6 biglie in 2 urne, sarebbe possibile aumentare la probabilità di estrarre una biglia bianca?

Pr( bianca) 2

5 1

5 1

5

=Pr(prima bianca o seconda bianca) = Pr(prima bianca)+ Pr(seconda bianca)

Problema 5: Estrazione da un’urna opaca

? ?

Soluzione

Scelta dell’urna

Estrazione biglia

Risultato: bianca nera bianca nera

1

2

1

2

1 0 2

5

3

5

Probabilità:

€

Pr bianca( ) =1

2⋅1+

1

2⋅2

5=

7

10>

1

2

Problema 5: Estrazione da un’urna opaca

Aumentando il numero di biglie, come varia la probabilità massima?

La probabilità massima si ottiene mettendo una biglia bianca in un’urna e le rimanenti nell’altra.

numero biglie p(B)

10 0,7

100 0,745

1000 0,7495

10000 0,74995

100000 0,749995

1000000 0,7499995

10000000 0,74999995

100000000 0,749999995

Aumentando il numero di biglie, aumenta la probabilità di pescarne una bianca.

I valori di probabilità sembrano tendere verso 0,75.

Sarà vero?

Problema 5: Estrazione da un’urna opaca

Aumentando il numero di biglie, come varia la probabilità massima?

Per 2n biglie, delle quali n bianche e n nere, si ha:

€

Pr bianca( ) =1

2⋅1+

1

2⋅

n−1

2 n−1

€

limn→∞

Pr bianca( ) =1

2+

1

2⋅1

2=

3

4

La congettura ricavata dai dati calcolati è confermata dalla teoria.

1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8

Problema 6: Il modello dell’alberoA1) L’albero delle possibilità (caso simmetrico)

1 1

inizio

su 2

1 1 1 1 su 4

1 1 1 11 1 1 1 su 8B1) L’albero delle probabilità (caso di equiprobabilità)

1/4 1/4 1/4 1/4

inizio

1/2 1/2 somma = 1

somma = 1

somma = 1

€

n13

€

n12 ⋅n2

€

n12 ⋅n2

€

n12 ⋅n2

€

n1 ⋅n22

€

n1 ⋅n22

€

n1 ⋅n22

€

n23

€

n12

€

n1 ⋅n2

€

n2 ⋅n1

€

n22

Problema 6: Il modello dell’albero

A2) L’albero delle possibilità (caso generale)

su n=n1+n2

su n2

su n3

inizio

n1 n2

B2) L’albero delle probabilità (caso generale)

€

n1 n

€

n2 n

€

n13 n3

€

n23 n3

€

n12n2 n3

€

n12n2 n3

€

n12n2 n3

€

n22n1 n3

€

n22n1 n3

€

n22n1 n3

€

n1 n2 n2

€

n1 n2 n2

€

n12 n

2

€

n22 n

2

∑ =1

∑ =1

∑ =1

Problema 6: Il modello dell’albero

Operazioni sull’albero delle probabilità

p1

p2

p1

' p2

' p1' p

2'

p1

p1

' p1

p2' p

2p

1' p

2p

2'

e e

+ o

Lungo i rami… si moltiplica “e” logica

In orizzontale… si addiziona “o” logica

Problema 7: Gioco dell’oca - un finale carico di tensione

.

A

B C

Vince colui che per primo arriva esattamente sulla casella FINE.

Supponiamo che debba giocare C, poi B, poi A, nell'ordine.Che probabilità ha ciascun giocatore di vincere al primo colpo?

Problema 7: Gioco dell’oca - soluzione

.

A

B Cgioca C1

36

35

36

(1,1)

vince in un

solo colpo

qualsiasi

altro

risultato

gioca B

ottiene 4,

vince in un

solo colpo

qualsiasi

altro

risultato

3

36

33

36

gioca A

ottiene 7,

vince in un

solo colpo

qualsiasi

altro

risultato

6

36

30

36

Problema 7: Gioco dell’oca - soluzione

Calcoliamo la probabilità che ciascun giocatore ha di vincere al primo colpo:

P C( ) =136

≅0.027

P B( ) =3536

⋅336

≅0.081

P(A) =3536

⋅3336

⋅636

≅0.149

136

.

A

B C

35

36

3

36

35

36

33

36

30

36

Probabilità maggiore

Problema 8: Le tre giocatrici

Anna (A), Barbara (B) e Daniela (D) lanciano una dopo l'altra in quest'ordine una moneta. Vince chi ottiene per prima T. Che probabilità ha ciascuna ragazza di vincere?

lancia A

T C

lancia BT C

lancia D

T C

lancia A

T Cecc.

Soluzione

Problema 8: Le tre giocatrici - soluzionelancia ATClancia BTClancia DTClancia ATCecc.

€

P(A) =1

2+

€

+…+1

2 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

3 n

⋅1

2+…

€

P B( ) =1

2⋅1

2+

€

1

2 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

3

⋅1

2+

€

1

2 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

6

⋅1

2+

€

1

2⋅

1

2 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

3

⋅1

2+

€

…+1

2⋅

1

2 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

3 n

⋅1

2+…

€

=1

2⋅ 1+

1

8+

1

8 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

2

+… +1

8 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

n

+… ⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥

€

=1

2⋅

1

1−1

8

=4

7

€

=1

4⋅ 1+

1

8+

1

8 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

2

+… +1

8 ⎛ ⎝

⎞ ⎠

n

+… ⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥

€

=1

4⋅

1

1−1

8

=2

7

€

P D( ) =1−4

7−

2

7=

1

7

Problema 9: Un professore originale

Il professor Imbroglia un giorno si presentò al suo collega Della Rima, insegnante di lettere:

«Noi due portiamo lo stesso numero di scarpe»

Gli mostrò un sacco di plastica nera e continuò:«Qui dentro vi sono due paia di scarpe, perfettamente uguali. Domani è il tuo compleanno. Se vuoi che te le regali, devi guadagnartele.

Propongo il gioco seguente: ti farò mescolare le quattro scarpe nel sacco, a tuo piacimento. Poi ne estrarrò a caso due. Se le due scarpe estratte saranno una destra e una sinistra, mi terrò le due paia e tu non avrai nessun regalo. Se, invece, estrarrò due scarpe destre o due sinistre, le due paia saranno per te.»

È onesto il gioco proposto dal professor Imbroglia?

Problema 9: Un professore originale - soluzione

prima estrazione: s d1

2

1

2

seconda estrazione: s d s d1

3

2

3

2

3

1

3

risultati possibili: ss sd ds dd

Pr(vince Imbroglia) = Pr(sd o ds) =

€

1

2⋅2

3+

1

2⋅2

3=

2

3

Pr(vince Della Rima) = Pr(ss o dd) =

€

1

2⋅1

3+

1

2⋅1

3=

1

3= 1−

2

3

Il gioco non è onesto perché Imbroglia ha addirittura probabilità doppia di vincere.

Problema 9: Un professore originale - soluzione

Il gioco è ancora disonesto, ma la situazione di Della Rima migliora leggermente…

Che cosa succederebbe se nel sacco Imbroglia mettesse tre paia di scarpe uguali?

prima estrazione:1

2

1

2

s d

seconda estrazione: s d s d2

5

3

5

3

5

2

5

risultati possibili: ss sd ds dd

Pr(vince Imbroglia) = Pr(sd o ds) =

Pr(vince Della Rima) = Pr(ss o dd) =

€

1

2⋅3

5+

1

2⋅3

5=

3

5

€

1

2⋅2

5+

1

2⋅2

5=

2

5= 1−

3

5

Problema 9: Un professore originale - soluzione

E se il numero delle paia di scarpe fosse n?

Pr(vince Imbroglia) =

€

1

2⋅

n

2 n−1+

1

2⋅

n

2 n−1=

n

2 n−1

Pr(vince Della Rima) =

€

1

2⋅

n−1

2 n−1+

1

2⋅

n−1

2 n−1=

n−1

2 n−1

Quando n diventa molto grande, le due frazioni si avvicinano al valore limite 1/2…

… e allora il gioco diventa onesto!

€

n

2 n−1

€

n−1

2 n−1

n grande n

2 n

€

=1

2

n grande n

2 n

€

=1

2

Problema 10: Play off

I campionati di basket (di hockey o altri) terminano con i cosiddetti play off, un torneo fra le migliori squadre.

Ci si può chiedere: perché partite ripetute?

La caratteristica di queste gare finali è che due squadre s’incontrano fra di loro più volte.

I Rangers e i Devils sono giunti all’ultimo atto dei play off. Le statistiche indicano che la probabilità di vittoria dei Rangers è 0,6. Qual è la probabilità che la squadra ritenuta più debole(i Devils) vinca la sfida con i Rangers se si giocassero 1, 3, 5, 7 partite?

Situazione

Problema

Problema 10: Play off

Sia Dk l'evento “vincono i Devils in k partite”.Soluzione

Pr(D1) = 0,4 (nei play off non esiste il pareggio)

0,6 0,4

vincono i Rangers (R) vincono i Devils (D)una partita:

tre partite: RR RD DR DD

RDD DRD

0,6 0,4 0,6 0,4

0,4 0,4

Pr(D3) = 0,6 · 0,4 · 0,4 + 0,4 · 0,6 · 0,4 + 0,4 · 0,4 = 0,352

Con 3 partite, la probabilità che vinca la più debole è minore.

Problema 10: Play off

Pr(D5) = Pr(DDD) +

Soluzione

+ Pr(RDDD) + Pr(DRDD) + Pr(DDRD) +

+ Pr(RRDDD) + Pr(RDRDD) + Pr(RDDRD) ++ Pr(DRRDD) + Pr(DRDRD) + Pr(DDRRD)

€

= 0,43 +3

1

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟⋅0,6 ⋅0,43 +

4

2

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟⋅0,62 ⋅0,43 =

€

=0,43 + 3 ⋅0,6 ⋅0,43 + 6 ⋅0,62 ⋅0,43 = 0,31744

Con 5 partite, la probabilità che vinca la squadra più debole è ancora minore.

Problema 10: Play off

Pr(D7) = ?Soluzione

Senza sconfitta: no. casiDDDD 1

Con 7 partite, la probabilità che vinca la squadra più debole è ancora minore.

Con una sconfitta (in una delle prime 4 gare):RDDDD, … (tutti gli anagrammi di RDDD)

€

4

1

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟= 4

Con due sconfitte (nelle prime 5 gare):RRDDDD, … (tutti gli anagrammi di RRDDD)

€

5

2

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟= 10

Con tre sconfitte (nelle prime 6 gare):RRRDDDD, … (tutti gli anagrammi di RRRDDD)

€

6

3

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟= 20

€

P D7( ) = 0,44 +4

1

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ ⋅0,6 ⋅0,44 +

5

2

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ ⋅0,62 ⋅0,44 +

6

3

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ ⋅0,63 ⋅0,44

€

=0,289792

Problema 10: Play off

SoluzioneEcco alcuni risultati ottenuti con un foglio elettronico:

No.partite

Probabilità divittoria della

squadrapiù debole

0.4

1 0.4000000003 0.3520000005 0.3174400007 0.2897920009 0.26656768011 0.24650186813 0.228843953

.

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

1 3 5 7 9 11 13k = no. gare

Problema 10: Play off

SoluzioneAltri risultati ottenuti con un foglio elettronico:

No.partite

Probabilità divittoria della

squadrapiù debole

1 0.3000000003 0.2160000005 0.1630800007 0.1260360009 0.098808660

11 0.07822479113 0.062222122

0.3

.

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

1 3 5 7 9 11 13no. gare

F I N E

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